Бесконечно повторяющиеся радикалы Рамануджана.
В трудах выдающегося индийского математика Рамануджана были приведены оригинальные
формулы:  1+2 1+3 1+4√1+. . . =3,
(1)
 6+2 7+3 8+4√9+. . . =4.
(2)
Эти красивые формулы Рамануджан получил еще в школьные годы. Формулу (1) он получил
следующим образом:
f(n)=n+2= 1+(n+1)(n+3)= 1+(n+1)f(n+1),
f(n+1)=n+3= 1+(n+2)f(n+2),
f(n+2)=n+4= 1+(n+3)f(n+3),
.......................................,
затем последовательно подставил эти значения:
n+2= 1+(n+1) 1+(n+2) 1+(n+3)√1+. . .,
и положил n=1:  1+2 1+3 1+4√1+. . . =3.
Аналогичный вывод получается для формулы (2):
f(n)=n+3= (n+5)+(n+1)(n+4)= (n+5)+(n+1)f(n+1),
f(n+1)=n+4= (n+6)+(n+2)f(n+2),
f(n+2)= n+5= (n+7)+(n+3)f(n+3),
.......................................,
после последовательной подстановки:
n+3= (n+5)+(n+1) (n+6)+(n+2) (n+7)+(n+3) (n+8)+. . .,
и, наконец, при n=1:  6+2 7+3 8+4√9+. . . =4.
Вопрос о законности перехода к пределу Рамануджана не интересовал, однако в данном случае
он очень важен. Мы можем написать
4= 1+2·15
2 = 1+2 1+3·221
12 = 1+2 1+3√1+. . .,
и, таким образом получить, что выражение (1) равно 4.
Мне достаточно долго не удавалось найти статей со строгими доказательствами этих формул.
Я даже думаю, что таких публикаций на русском языке нет. Совсем недавно я случайно нашёл
1

статью [1], в которой был приведённый выше контрпример и строгое доказательство формулы (1).
Я обобщил это доказательство так, чтобы оно подходило и для формулы (2). Более того, подстав-
ляя различные значения параметров, я получил новые формулы с бесконечно повторяющимися
радикалами аналогичные формулам (1) и (2).
Рассмотренные выше две формулы с бесконечно повторяющимися радикалами являются част-
ными случаями более общей формулы. А именно, справедлива следующая теорема.
Теорема Пусть n, k, a ∈ [0, +∞). Тогда рекуррентное соотношение
fk,a(n)= a(n+k)+(k+a)2+(n+k)fk,a(n+k)
имеет единственное решение fk,a(n) = n + 2k + a.
Замечание 1 Для простоты мы будем писать f(n), подразумевая при этом fk,a(n). Здесь k и
a --- некоторые параметры.
Замечание 2 Нас будет интересовать теорема для целых неотрицательных чисел, хотя она
справедлива для действительных неотрицательных чисел.
Замечание 3 Рекуррентное соотношение из формулировки теоремы можно получить тем же
способом, которым Рамануджан получил формулы (1) и (2). Пусть f(n) = n + 2k + a, тогда
f(n) можно представить в виде
f(n)=n+2k+a= (n+2k+a)2 = [(n+k)+(k+a)]2 =
= (n+k)2+2(n+k)(k+a)+(k+a)2 =
= (n+k)2+(k+a)(n+k)+k(n+k)+a(n+k)+(k+a)2 =
= a(n+k)+(k+a)2+(n+k)(n+k+k+a+k)=
= a(n+k)+(k+a)2+(n+k)[(n+k)+2k+a]= a(n+k)+(k+a)2+(n+k)f(n+k).
Доказательство
n+2k+a= a(n+k)+(k+a)2+(n+k)(n+3k+a)=
= a(n+k)+(k+a)2+(n+k) a(n+2k)+(k+a)2+(n+2k)(n+4k+a)= . . . =
= a(n+k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k] a(n+mk)+(k+a)2+(n+mk)[n+(m+2)k+a].
Обозначим:
u1=1,
u2 = a(n+k)+(k+a)2+(n+k),
u3 = a(n+k)+(k+a)2+(n+k) a(n+2k)+(k+a)2+(n+2k),
...........................................................................,
um = a(n+k)+(k+a)2+(n+k) a(n+2k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k].
∀m um+1 > um ⇒ последовательность um --- монотонна.
∀m um = a(n+k)+(k+a)2+(n+k) a(n+2k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k]<
< a(n+k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k] a(n+mk)+(k+a)2+(n+mk)[n+(m+2)k+a]=
= n + 2k + a. ⇒ последовательность um --- ограничена сверху.
2

Докажем, что последовательность um имеет предел, равный n + 2k + a. Достаточно дока-
зать, что
∀ε>0∃N∈N∀m>N: um>n+2k+a-ε.
Пусть ε<n+2k+a, тогдабудут выполнены неравенства0<n+2k+a-ε<n+2k+a.
Обозначим(n+2k+a)r =n+2k+a-ε, тогда:
0<(n+2k+a)r=n+2k+a-ε<n+2k+a,
0<r=1-
ε
n+2k+a<1.
То есть нам надо доказать, что
um>(n+2k+a)r,
um = a(n+k)+(k+a)2+(n+k) a(n+2k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k]>
>r a(n+k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k] a(n+mk)+(k+a)2+(n+mk)[n+(m+2)k+a]=
=(n+2k+a)r,
 a(n+k)+(k+a)2+(n+k) a(n+2k)+(k+a)2+. . .+[n+(m-1)k]>
> [a(n+k)+(k+a)2]r2+. . .+[n+(m -1)k]r2m-1 a(n+mk)+(k+a)2+(n+mk)[n+(m+2)k+a].
Так как 1 > r, то выполнены неравенства:
1>r2,
1>r22,
............,
Далее:
r2m-1 a(n+mk)+(k+a)2+(n+mk)[n+(m+2)k+a]= r2m-1 [n+(m+1)k+a]2 =
= r2m-1[n+(m+1)k+a].
(Ведьf(n+(m-1)k+a)=n+(m+1)k+a).
ПустьR=1
r>1.Тогда
r2m-1[n+(m+1)k+a]= n+(m+1)k+a
R2m-1 ≤n+(m+1)k+a
Rm
= n+(m+1)k+a
[1+(R-1)]m ≤
≤
n+(m+1)k+a
1+R(m-1)+m(m-1)
2 (R-1)2 -
-
-
-
→
m→∞ 0.
То есть
∀ε>0(в частности,приε=1)∃N∈N∀m>N: r2m-1[n+(m+1)k+a]<ε.
Приε=1:
1>r2m-1[n+(m+1)k+a].
Приведем примеры использования доказанной теоремы:
3

Пример1k=1,a=0.
f(n)=n+2= 1+(n+1)f(n+1)= 1+(n+1) 1+f(n+2)= . . . .
После подстановки n = 1:
3= 1+2 1+3 1+4√1+. . ..
Пример2k=1,a=1.
f(n)=n+3= (n+5)+(n+1)f(n+1)= (n+5)+(n+1) (n+6)+f(n+2)= . . . .
После подстановки n = 1:
4= 6+2 7+3 8+4√9+. . ..
Пример3k=1,a=2.
f(n)=n+4= (2n+11)+(n+1)f(n+1)= (2n+11)+(n+1) (2n+13)+f(n+2)= . . . .
После подстановки n = 0:
4= 11+ 13+2 15+3√17+. . ..
Пример4k=1,a=3.
f(n)=n+5= (3n+19)+(n+1)f(n+1)= (3n+19)+(n+1) (3n+22)+f(n+2)= . . . .
После подстановки n = 0:
5= 19+ 22+2 25+3√28+. . ..
Литература.
[1] A. Herschfeld, On Infinite Radicals, American Mathematical Monthly 42 (1935), no. 7, 420--421.
4